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新編浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書:第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專題 專題5 突破點(diǎn)13 圓錐曲線中的綜合問題 Word版含答案

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新編浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書:第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專題 專題5 突破點(diǎn)13 圓錐曲線中的綜合問題 Word版含答案

突破點(diǎn)13圓錐曲線中的綜合問題 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第47頁)核心知識(shí)提煉提煉1 解答圓錐曲線的定值、定點(diǎn)問題,從三個(gè)方面把握(1)從特殊開始,求出定值,再證明該值與變量無關(guān)(2)直接推理、計(jì)算,在整個(gè)過程中消去變量,得定值(3)在含有參數(shù)的曲線方程里面,把參數(shù)從含有參數(shù)的項(xiàng)里面分離出來,并令其系數(shù)為零,可以解出定點(diǎn)坐標(biāo).提煉2 用代數(shù)法求最值與范圍問題時(shí)從下面幾個(gè)方面入手(1)若直線和圓錐曲線有兩個(gè)不同的交點(diǎn),則可以利用判別式求范圍(2)若已知曲線上任意一點(diǎn)、一定點(diǎn)或與定點(diǎn)構(gòu)成的圖形,則利用圓錐曲線的性質(zhì)(性質(zhì)中的范圍)求解(3)利用隱含或已知的不等關(guān)系式直接求范圍(4)利用基本不等式求最值與范圍(5)利用函數(shù)值域的方法求最值與范圍提煉3 與圓錐曲線有關(guān)的探索性問題(1)給出問題的一些特殊關(guān)系,要求探索出一些規(guī)律,并能論證所得規(guī)律的正確性通常要對(duì)已知關(guān)系進(jìn)行觀察、比較、分析,然后概括出一般規(guī)律(2)對(duì)于只給出條件,探求“是否存在”類型問題,一般要先對(duì)結(jié)論作出肯定存在的假設(shè),然后由假設(shè)出發(fā),結(jié)合已知條件進(jìn)行推理,若推出相符的結(jié)論,則存在性得到論證;若推出矛盾,則假設(shè)不存在高考真題回訪回訪直線與圓錐曲線的綜合問題1(20xx·浙江高考)如圖13­1,已知拋物線x2y,點(diǎn)A,B,拋物線上的點(diǎn)P(x,y)<x<.過點(diǎn)B作直線AP的垂線,垂足為Q.圖13­1(1)求直線AP斜率的取值范圍(2)求|PA|·|PQ|的最大值解(1)設(shè)直線AP的斜率為k,kx,因?yàn)?lt;x<,所以直線AP斜率的取值范圍是(1,1).6分(2)聯(lián)立直線AP與BQ的方程解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)是xQ.9分因?yàn)閨PA|(k1),|PQ|(xQx),所以|PA|·|PQ|(k1)(k1)3.12分令f(k)(k1)(k1)3,因?yàn)閒(k)(4k2)(k1)2,所以f(k)在區(qū)間上單調(diào)遞增,上單調(diào)遞減,因此當(dāng)k時(shí),|PA|·|PQ|取得最大值.15分2(20xx·浙江高考)如圖13­2,設(shè)橢圓y21(a>1)圖13­2(1)求直線ykx1被橢圓截得的線段長(zhǎng)(用a,k表示);(2)若任意以點(diǎn)A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn),求橢圓離心率的取值范圍解(1)設(shè)直線ykx1被橢圓截得的線段為AM,由得(1a2k2)x22a2kx0,3分故x10,x2.因此|AM|x1x2|·.5分(2)假設(shè)圓與橢圓的公共點(diǎn)有4個(gè),由對(duì)稱性可設(shè)y軸左側(cè)的橢圓上有兩個(gè)不同的點(diǎn)P,Q,滿足|AP|AQ|.7分記直線AP,AQ的斜率分別為k1,k2,且k1,k2>0,k1k2.由(1)知,|AP|,|AQ|,故,9分所以(kk)1kka2(2a2)kk0.由于k1k2,k1,k2>0得1kka2(2a2)kk0,因此1a2(a22)因?yàn)槭疥P(guān)于k1,k2的方程有解的充要條件是1a2(a22)>1,所以a>.13分因此,任意以點(diǎn)A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn)的充要條件為1<a.由e,得0<e.所求離心率的取值范圍為0<e.15分3(20xx·浙江高考)已知橢圓y21上兩個(gè)不同的點(diǎn)A,B關(guān)于直線ymx對(duì)稱(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍;(2)求AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn))圖13­3解(1)由題意知m0,可設(shè)直線AB的方程為yxb.3分由消去y,得x2xb210.5分因?yàn)橹本€yxb與橢圓y21有兩個(gè)不同的交點(diǎn),所以2b22>0.將線段AB中點(diǎn)M代入直線方程ymx解得b.由得m<或m>.7分(2)令t,則|AB|·,且O到直線AB的距離為d.10分設(shè)AOB的面積為S(t),所以S(t)|AB|·d,當(dāng)且僅當(dāng)t2時(shí),等號(hào)成立故AOB面積的最大值為.15分4(20xx·浙江高考)已知ABP的三個(gè)頂點(diǎn)都在拋物線C:x24y上,F(xiàn)為拋物線C的焦點(diǎn),點(diǎn)M為AB的中點(diǎn),3.(1)若|PF|3,求點(diǎn)M的坐標(biāo);(2)求ABP面積的最大值圖13­4解(1)由題意知焦點(diǎn)F(0,1),準(zhǔn)線方程為y1.2分設(shè)P(x0,y0),由拋物線定義知|PF|y01,得到y(tǒng)02,所以P(2,2)或P(2,2)由3得M或M.6分(2)設(shè)直線AB的方程為ykxm,點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0)由得x24kx4m0.8分于是16k216m0,x1x24k,x1x24m,所以AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2k,2k2m)由3,得(x0,1y0)3(2k,2k2m1),所以由x4y0,得k2m.10分由0,k20,得m.又因?yàn)閨AB|4·,點(diǎn)F(0,1)到直線AB的距離為d,所以SABP4SABF8|m1| .記f(m)3m35m2m1,令f(m)9m210m10,解得m1,m21.12分可得f(m)在上是增函數(shù),在上是減函數(shù),在上是增函數(shù)又f f,所以,當(dāng)m時(shí),f(m)取到最大值,此時(shí)k±.所以,ABP面積的最大值為.15分 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第49頁)熱點(diǎn)題型1圓錐曲線中的定值問題題型分析:圓錐曲線中的定值問題是近幾年高考的熱點(diǎn)內(nèi)容,解決這類問題的關(guān)鍵是引入變化的參數(shù)表示直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等,根據(jù)等式恒成立,數(shù)式變換等尋找不受參數(shù)影響的量.【例1】已知橢圓C:1(ab0)上一點(diǎn)P與橢圓右焦點(diǎn)的連線垂直于x軸,直線l:ykxm與橢圓C相交于A,B兩點(diǎn)(均不在坐標(biāo)軸上)(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),若AOB的面積為,試判斷直線OA與OB的斜率之積是否為定值? 【導(dǎo)學(xué)號(hào):68334131】解(1)由題意知解得3分橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.4分(2)設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),由得(4k23)x28kmx4m2120,5分由(8km)216(4k23)(m23)0,得m24k23.6分x1x2,x1x2,SOAB|m|x1x2|m|·,8分化簡(jiǎn)得4k232m20,滿足0,從而有4k2m2m23(*),9分kOA·kOB·,由(*)式,得1,12分kOA·kOB,即直線OA與OB的斜率之積為定值.15分方法指津求解定值問題的兩大途徑1.2先將式子用動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)或動(dòng)線中的參數(shù)表示,再利用其滿足的約束條件使其絕對(duì)值相等的正負(fù)項(xiàng)抵消或分子、分母約分得定值變式訓(xùn)練1已知橢圓C:1過A(2,0),B(0,1)兩點(diǎn)(1)求橢圓C的方程及離心率;(2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上,直線PA與y軸交于點(diǎn)M,直線PB與x軸交于點(diǎn)N,求證:四邊形ABNM的面積為定值解(1)由題意得a2,b1,橢圓C的方程為y21.3分又c,離心率e.5分(2)證明:設(shè)P(x0,y0)(x00,y00),則x4y4.6分又A(2,0),B(0,1),直線PA的方程為y(x2)令x0,得yM,從而|BM|1yM1.9分直線PB的方程為yx1.令y0,得xN,從而|AN|2xN2.12分四邊形ABNM的面積S|AN|·|BM|2.從而四邊形ABNM的面積為定值.15分熱點(diǎn)題型2圓錐曲線中的最值、范圍問題題型分析:圓錐曲線中的最值、范圍問題是高考重點(diǎn)考查的內(nèi)容,解決此類問題常用的方法是幾何法和代數(shù)法.【例2】設(shè)圓x2y22x150的圓心為A,直線l過點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點(diǎn),過B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E.(1)證明|EA|EB|為定值,并寫出點(diǎn)E的軌跡方程;(2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點(diǎn),過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點(diǎn),求四邊形MPNQ面積的取值范圍解(1)因?yàn)閨AD|AC|,EBAC,所以EBDACDADC,所以|EB|ED|,故|EA|EB|EA|ED|AD|.又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x1)2y216,從而|AD|4,所以|EA|EB|4.2分由題設(shè)得A(1,0),B(1,0),|AB|2,由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為1(y0).4分(2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),設(shè)l的方程為yk(x1)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2)由得(4k23)x28k2x4k2120,則x1x2,x1x2.所以|MN|x1x2|.過點(diǎn)B(1,0)且與l垂直的直線m:y(x1),點(diǎn)A到直線m的距離為,6分所以|PQ|24.故四邊形MPNQ的面積S|MN| PQ|12.8分可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8).12分當(dāng)l與x軸垂直時(shí),其方程為x1,|MN|3,|PQ|8,故四邊形MPNQ的面積為12.綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為12,8).15分方法指津與圓錐曲線有關(guān)的取值范圍問題的三種解法1數(shù)形結(jié)合法:利用待求量的幾何意義,確定出極端位置后數(shù)形結(jié)合求解2構(gòu)建不等式法:利用已知或隱含的不等關(guān)系,構(gòu)建以待求量為元的不等式求解3構(gòu)建函數(shù)法:先引入變量構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù),再求其值域變式訓(xùn)練2(名師押題)已知拋物線C:x22py(p0),過其焦點(diǎn)作斜率為1的直線l交拋物線C于M,N兩點(diǎn),且|MN|16.(1)求拋物線C的方程;(2)已知?jiǎng)訄AP的圓心在拋物線C上,且過定點(diǎn)D(0,4),若動(dòng)圓P與x軸交于A,B兩點(diǎn),求的最大值. 【導(dǎo)學(xué)號(hào):68334132】解(1)設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為F,則直線l:yx.由得x22pxp20,x1x22p,y1y23p,|MN|y1y2p4p16,p4,拋物線C的方程為x28y.4分(2)設(shè)動(dòng)圓圓心P(x0,y0),A(x1,0),B(x2,0),則x8y0,且圓P:(xx0)2(yy0)2x(y04)2,令y0,整理得x22x0xx160,解得x1x04,x2x04,6分設(shè)t,當(dāng)x00時(shí),t1,7分當(dāng)x00時(shí),t.x00,x08,t1,且t1,綜上知1t1.11分f(t)t在1,1上單調(diào)遞減,t12,當(dāng)且僅當(dāng)t1,即x04時(shí)等號(hào)成立的最大值為2.15分熱點(diǎn)題型3圓錐曲線中的探索性問題題型分析:探索性問題一般分為探究條件和探究結(jié)論兩種類型,若探究條件,則可先假設(shè)條件成立,再驗(yàn)證結(jié)論是否成立,成立則存在,否則不存在.若探究結(jié)論,則應(yīng)先寫出結(jié)論的表達(dá)式,再針對(duì)表達(dá)式進(jìn)行討論,往往涉及對(duì)參數(shù)的討論.【例3】如圖13­5,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知F1,F(xiàn)2分別是橢圓E:1(ab0)的左、右焦點(diǎn),A,B分別是橢圓E的左、右頂點(diǎn),D(1,0)為線段OF2的中點(diǎn),且50.圖13­5(1)求橢圓E的方程;(2)若M為橢圓E上的動(dòng)點(diǎn)(異于點(diǎn)A,B),連接MF1并延長(zhǎng)交橢圓E于點(diǎn)N,連接MD,ND并分別延長(zhǎng)交橢圓E于點(diǎn)P,Q,連接PQ,設(shè)直線MN,PQ的斜率存在且分別為k1,k2.試問是否存在常數(shù),使得k1k20恒成立?若存在,求出的值;若不存在,說明理由解題指導(dǎo)(1)0(2)解(1)50,5,ac5(ac),化簡(jiǎn)得2a3c,又點(diǎn)D(1,0)為線段OF2的中點(diǎn),c2,從而a3,b,左焦點(diǎn)F1(2,0),故橢圓E的方程為1.4分(2)假設(shè)存在滿足條件的常數(shù),使得k1k20恒成立,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),則直線MD的方程為xy1,代入橢圓方程1,整理得,y2y40,6分y1y3,y3,從而x3,故點(diǎn)P,同理,點(diǎn)Q.10分三點(diǎn)M,F(xiàn)1,N共線,從而x1y2x2y12(y1y2),從而k2,故k10,從而存在滿足條件的常數(shù),.15分方法指津探索性問題求解的思路及策略1思路:先假設(shè)存在,推證滿足條件的結(jié)論,若結(jié)論正確,則存在;若結(jié)論不正確,則不存在2策略:(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)要分類討論;(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí),先假設(shè)成立,再推出條件變式訓(xùn)練3已知橢圓C:1(ab0)的焦點(diǎn)分別為F1(,0),F(xiàn)2(,0),點(diǎn)P在橢圓C上,滿足|PF1|7|PF2|,tanF1PF24.(1)求橢圓C的方程;(2)已知點(diǎn)A(1,0),試探究是否存在直線l:ykxm與橢圓C交于D,E兩點(diǎn),且使得|AD|AE|?若存在,求出k的取值范圍;若不存在,請(qǐng)說明理由. 【導(dǎo)學(xué)號(hào):68334133】解(1)由|PF1|7|PF2|,PF1PF22a得PF1,PF2.2分由余弦定理得cosF1PF,a2,所求C的方程為y21.4分(2)假設(shè)存在直線l滿足題設(shè),設(shè)D(x1,y1),E(x2,y2),將ykxm代入y21并整理得(14k2)x28kmx4m240,由64k2m24(14k2)(4m24)16(m24k21)0,得4k21m2.6分又x1x2.設(shè)D,E中點(diǎn)為M(x0,y0),M,kAMk1,得m,10分將代入得4k212,化簡(jiǎn)得20k4k210(4k21)(5k21)0,解得k或k,所以存在直線l,使得|AD|AE|,此時(shí)k的取值范圍為.15分

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